Exercicios-Tensoes-Deformacoes-Rev-2021

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1 
UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINAS
FACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL
Departamento de Estruturas
 
EXERCÍCIOS DE TENSÕES E DEFORMAÇÕES 
 
 
PROF. DR. NILSON TADEU MASCIA 
 
MONITORA: ANA LAURA ESSADO DE FIGUEIREDO (2001) 
 BOLSISTAS PED: ELIAS ANTONIO NICOLAS (2001) 
 BRUNO FERNANDES (2017) 
REVISÃO FINAL (2021) 
 CAMPINAS, 2001 
 2 
 Nota do autor 
Esta apostila tem por objetivo dar ao aluno que frequenta o curso de Mecânica dos 
Sólidos um material complementar, que o auxilie no acompanhamento das aulas regulares. 
As expressões e convenções utilizadas seguiram as apostilas de Teoria das Tensões e 
Teoria das Deformações. 
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
1- Para o estado de tensão, calcular 1 e 2 e as direções onde atuam. 
 
Solução: 
Desmembrando-se o elemento tensionado em três partes e colocando-se o sistema 
de referênccia nas partes triangulares tem-se: 
 
De acordo com a convenção adotada tem-se: 
θ=45°+90°=135° 
σy=0 
τxy=5 kN/cm
2 
σ�̅�=0 
τxy̅̅ ̅=5 kN/cm
2 
σx̅=
σx+σy
2
+
σx-σy
2
cos 2θ +τxy sen2θ 
 3 
0=
σx
2
+
σx
2
cos 2×135° +0,5 sen2×135° 
 
→σ𝑥=10 kN/cm
2 
 
As tensões principais são dadas por: 
σ2
1=
σx+σy
2
 ± √(
σx-σy
2
)
2
+τxy
2 
σ2
1=
1
2
 ± √(
1
2
)
2
+0,5
2
→ {
σ1= 12,07 kN/cm
2
σ2= -2,07 kN/cm
2
 
 
Direções principais: 
 
tg2θ=
2τxy
(σ
x
-σy)
=
2(5)
10-0
=1 → {
θ1=22,5°
 θ2=112,5°
 
 
Daí: 
σx̅=
σx+σy
2
+
σx-σy
2
cos 2θ +τxy sen2θ 
 
σx̅=
10+0
2
+
10-0
2
cos 2x22,5° +τxy sen2x22,5°=12,07 kN/cm
2 =σ1 
 
 Portanto θ1=22,5° representa a direção de σ1 e θ2=112,5° a direção de σ2. 
 
2- Sabendo εx=1×10
-4
, εy=2×10
-4
, E=210.000 MPa e ν=0,30, determinar: 
a) Tensões principais, sendo x e y direções principais; 
b) Estado de tensões em A – A. 
 
 
 
 4 
Solução: 
 
a) Sabendo-se pela Lei de Hooke no estado plano de tensões que: 
εx=
1
E
[σx-νσy] 
εy=
1
E
[σy-νσx] 
1×10
-4
=
1
210000
[σx-0,30σy]→σx=21+0,30σy (1) 
2×10
-4
=
1
210000
[σy-0,30σx]→σx=42+0,30σx (2) 
 
 Substituindo-se (2) em (1), tem-se: 
 
σx=21+0,30×(42+0,30σx)→0,91σx=33,6 
 
∴ σx=39,62 MPa 
 
Em (2): 
σy=42+0,30×(36,92)→ σy=53,08 Mpa 
 
As tensões principais são dadas por: 
σ1 = 53,08 MPa. 
σ2 = 39,62 MPa. 
 
 5 
b) O estado de tensões no corte A-A será: 
 
θ=135°. 
σx̅=
σx+σy
2
+
σx-σy
2
cos 2θ +τxy sen2θ 
Observa-se que τ
xy
=0 pois eixos x e y são eixos principais. 
 
σx̅=
36,92+53,08
2
+
36,92-53,08
2
cos (2×135°) +0×sen (2×135°) 
 
∴ σx̅=45 MPa 
τxy̅̅ ̅=-
(36,92-53,08)
2
sen (2×135°)+τxy cos (2×135°) 
 
∴τxy̅̅ ̅=-8,08 MPa 
 
σy̅=
36,92+53,08
2
+
36,92-53,08
2
cos (2×225°) +0×sen (2×225°) 
 
. ∴ σy̅=45 MPa 
 
3- Pede-se o valor da tensão entre os sólidos elásticos e lx do corpo I, sendo conhecidos: 
EI=5.000 kN/cm
2 
νI=0,3 
 
EII=1000 kN/cm
2 
νII=0,4 
 
 
 6 
 
 
Solução: 
Para o sólido I tem-se: 
 
σx=? 
σyI=
-800
10×10
=-8 kN/cm2 
σyII=0 
 Na direção x considerando-se os apoios laterais indeformáveis tem-se: 
 
 ∆lI+∆lIIa+∆lIIb=εI×lI+εIIa×lIIa+εIIb×lIIb=0 
 
Aplicando-se a Lei de Hooke vem que: 
 
(
σx-νIσyI
EI
) ×lI+ (
σx-νIIσyII
EII
) ×lIIa+ (
σx-νIIσzII
EII
) ×lIIb=0 
 
 7 
(
σx-0,3×(-8)
5000
) ×10+ (
σx-0,4×0
1000
) ×40+ (
σx-0,4×10
1000
) ×20=0 
 
 ∴ σx̅=1,2 kN/cm
2 
 
 O deslocamento em x do corpo I é dado por: 
 
∆lxI= (
1,2-0,3×(-8)
5000
) ×10 
∆lIx=7,22×10
-3
cm. 
 
 
4- Para o sólido elástico pede-se os valores de x, y e z: 
 
σx=? 
σy=? 
σz=? 
Solução: 
 Com: 
σy=-p 
 
∆y
y
=εy=
∆a
a
=
σy
E
-
ν
E
(σx+σz)=
-p
E
-
ν
E
(σx+σz) 
 
∆x
a
=εx → ∆x = εx × a=0 
 
 8 
 Pela Lei de Hooke tem-se: 
 
∆x= [
σx
E
-
ν
E
(σz+σy)] ×a=0 
 
∆z
a
=εz→∆z=εx×a=0 (1) 
∆z= [
σz
E
-
ν
E
(σx+σy)] ×a=0 (2) 
 
Assim de (1) e (2): 
{
σx-ν(σz+σy)=0→σx=ν(σz+σy)
σz-ν(σx+σy)=0→σz=ν(σx+σy)
 (3) 
 Desenvolvendo (3) tem-se: 
σz=ν(σx+σy)=ν[ν(σz+σy)+σy] 
 
σz=ν
2σz+ν
2σy+νσy 
 
∴ σz=
σy(ν
2+ν)
1-ν2
 
Simplificando, tem-se: 
 
σz=
νσy(ν+1)
(1-ν)(1+ν)
=
νσy
1-ν
 
 
 Substituindo em (3) a eq. obtida: 
 
σx=ν (
σy(ν
2+ν)
1-ν2
+σy) =
νσy(1+ν)
1-ν2
=
νσy(1+ν)
(1-ν)(1+ν)
 
 
σx=
νσy
1-ν
 
 Assim: 
 9 
σy=-p 
σx=-
νp
1-ν
 
σz=-
νp
1-ν
 
 
5- Calcular as tensões e direções principais para: 
 
Obs: Tensões em kN/cm2 
Solução: 
 
θ=120° 
σx̅=
σ'x+σ'y
2
+
σ'x-σ'y
2
cos 2θ +τ'xy sen2θ 
 
 σx̅=
100+σ'y
2
+
100-σ'y
2
cos 240º +(-30) sen240º (1) 
 
→σx̅=51+0,75σ'y 
 
 10 
τxy̅̅ ̅=
(σ'y-σ'x)
2
sen2θ+τ'xy cos2θ 
 
-80=
(σ'y-100)
2
sen240º+(-30) cos240º (2) 
 
De (1) e (2) tem-se: 
 
 σy̅=319,39 daN/cm
2 
 
 σx̅=290,54 daN/cm
2 
 
 Direções principais: 
 
tg2θ=
2τ'xy
(σ'
x
-σ'y)
=
2(-30)
100-319,39
=0,2735 {
θ1=7,64°
 θ2=97,64°
 
 
 Tensões principais: 
 
σ2
1=
σ'x+σ'y
2
 ± √(
σ'x-σ'y
2
)
2
+τ'xy
2
 
 
σ2
1=
100+319,39
2
 ± √(
100-319,39
2
)
2
+(-30)
2
 
σ2
1=209,69±113,72 → {
σ1=323,41 daN/cm
2
σ2=95,97 daN/cm
2
 
 
σx̅=
σ'x+σ'y
2
+
σ'x-σ'y
2
cos 2θ +τ'xy sen2θ 
 
σx̅=
100+319,39
2
+
100-319,39
2
cos 15,28° +(-30) sen15,28° 
 11 
 →σx̅=95,97 daN/cm
2=σ2 e a sua direção reescrita agora por θ2=7,64°. 
 
 
6- Conhecendo-se o estado plano da figura, com: 
 
σa=190 daN/cm
2 
σb=500 daN/cm
2 
σc=670 daN/cm
2 
E=1×10
5
 daN/cm2 
ν=0,1 
Determinar: 
 a) Tensões de cisalhamento as faces a, b e c; 
 b) A deformação na direção k. 
 
 
Solução: 
a) 
 
σa=
σx+σy
2
+
σx-σy
2
cos 2×120° +τxy sen2×120° 
σc=
σx+σy
2
+
σx-σy
2
cos 2×66,9° +τxy sen2×66,9° 
Daí: 
{
190=
σx+500
2
+
σx-500
2
cos 240° +τxy sen240°
670=
σx+500
2
+
σx-500
2
cos 133,8° +τxy sen133,8°
 (I) 
 
 12 
Subtraindo-se essas equações tem-se: 
 
190-670=
σx-500
2
( cos 240° - cos 133,8°) +τxy(sen240°-sen133,8°) 
 
∴ τxy=
-960-(σx-500)(0,1921)
2(-1,5877)
 
 
Substituindo-se τxy em na primeira das equações (I), obtém-se que: 
 
190=
σx+500
2
+
σx-500
2
(-0,5)+ (
-960-(σx-500)(0,1921)
2(-1,5877)
) (-0,866) 
Portanto: 
σx=256,17 daN/cm
2 
 
τxy=287,57 daN/cm
2→τb=287,57 daN/cm
2 
 Através da relação abaixo obtém-se as demais tensões cisalhantes: 
 
τxy̅̅ ̅=
(σy-σx)
2
sen2θ+τxy cos2θ 
 
Desta forma: 
 
τa=
(σb-σx)
2
sen2×120°+τb cos2×120° 
 
τa=
(500-256,17)
2
(-0,866)+287,57 (-0,5)° 
 
∴ τa=-249,36 daN/cm
2 
 
τc=
(σb-σx)
2
sen2×66,9°+τb cos2×66,9° 
 13 
τc=
(500-256,17)
2
(0,723)+287,57 (-0,692)° 
 
∴ τc=-111,85 daN/cm
2 
 
b) a deformação na direção k 
 
Sendo: 
εx=
1
E
[σx-ν(σy+σz)] 
εy=
1
E
[σy-ν(σx+σz)] 
γ
xy
=
τxy
G
 
G=
E
2(1 +ν)
 
Assim: 
εx=
1
10
5
[256,17-0,1(500)]=2,06×10-3 
 
εy=
1
10
5
[500-0,1(256,17)]=4,74×10-3 
 
γ
xy
=
287,57×2×(1+0,1)
10
5
=6,33×10
-3
 
 
Desta forma: 
 
εk=
𝜀x+εy
2
+
εx-εy
2
cos 2×135° +τxy sen2×120° 
 
εk=
2,06×10
-3
+4,74×10
-3
2
+
2,06×10
-3
-4,74×10
-3
2
cos 270° +6,33×10
-3
 sen270° 
 
εk=-2,93×10
-3
 
 14 
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
1- Calcular: 
 a) as deformações e direções principais; 
 b) distorção máxima e sua direção. 
Dados: 
E=210 GPa 
ν=0,25 
 
 
2- Determinar εx̅, εy̅ e γxy̅̅ ̅ numa direção de 30
o com a horizontal. Dados: 
E=2000 daN/cm2 
ν=0,3 
p
a
=10 daN/cm2 
p
b
=20 daN/cm2 
p
a
é paralelo à face a 
p
b
é paralelo à face b 
 
 
3- Determinar εx, εy e γxy no ponto P de uma barragem de concreto. 
E=200000 daN/cm2 
γ
xy̅̅ ̅
=0,1 daN/cm2 
ν=0,25